Tema 3. Circuitos en Corriente Alterna

Tema 3. Circuitos en Corriente Alterna

Isabel M. Tienda Luna

Departamento de Electr´onica y Tecnolog´ıa de Computadores Universidad de Granada

[email protected]

Grado en Inform´ atica

Curso 2012-2013

2

Herramientas Matem´ aticas

3

Corriente Alterna

4

Impedancia

5

Potencia

6

Principio de Superposici´ on en CA

7

Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

1

Introducci´ on

2

Herramientas Matem´ aticas

3

Corriente Alterna

4

Impedancia

5

Potencia

6

Principio de Superposici´ on en CA

7

Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

CA vs CC

El amplio uso de la CA viene determinada por su facilidad de transformaci´ on, que no existe CC.

Elevaci´ on de tensi´ on en CC: conexi´ on de generadores en serie ⇒ poco pr´ actico.

Elevaci´ on de tensi´ on en CA: uso de transformadores ⇒ eficiente porque se eleva el voltaje hasta altos valores (alta tensi´ on), disminuyendo en igual proporci´ on la intensidad de corriente.

Energ´ıa transportada: U = vit. La misma energ´ıa puede ser

distribuida a largas distancias con bajas intensidades de corriente y, por tanto, con bajas p´ erdidas (U

= Ri

t).

Una vez en el punto de consumo o en sus cercan´ıas, el voltaje puede

ser de nuevo reducido para su uso industrial o dom´ estico de forma

c´ omoda y segura.

1

Introducci´ on

2

Herramientas Matem´ aticas

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Corriente Alterna

4

Impedancia

5

Potencia

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Principio de Superposici´ on en CA

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Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

N´ umeros complejos

¿Qu´ e es un n´ umero complejo?

Los n´umeros complejos est´an relacionados con las raices de n´umeros negativos.

Nosotros vamos a usar la notaci´on j ≡√

−1

¿C´ omo se expresan los n´ umeros complejos?

Forma binomial: z = a + jb.

Forma polar: z = |z|e^jθ.

Forma trigonom´etrica: z = |z| cos θ + j|z| sin θ

Transformaciones.

Representaci´ on gr´ afica.

Complejo conjugado.

Opuesto de un n´ umero complejo.

Igualdad de n´ umeros complejos.

Representaci´on

a

b z

0

z=a+jb

Eje imaginario

Eje real

N´ umeros complejos

Operaciones con n´ umeros complejos:

1 Suma (binomial)

2 Resta (binomial)

3 Producto (polar)

4 Divisi´on (polar)

Para hacer ejemplos sobre operaciones con n´ umeros complejos, usar el

pdf sobre complejos que est´ a dentro de la carpeta Curso cero de

matem´ aticas b´ asicas disponible en el moodle (material extra en

semana 1).

Se˜ nal sinusoidal (tipo seno o tipo coseno)

0 v(t)

V0

p/2 p 3p/2 2p wt

T T

coseno

seno v(t) = V0sin (ωt + α) = V0cos (ωt + α − π/2) v(t) = V0sin (2πft + α) = V0cos (2πf t + α − π/2) v(t) = V0sin (^2πt_T +α) = V0cos (^2πt_T + α − π/2)

Algunas definiciones

Frecuencia angular(ω),frecuencia(f), yPeriodo(T).

Diferencia defaseentre dos se˜nales x1(t) y x2(t). x1(t) adelantada si 0 < α1− α2< π. x2(t) adelantada si −π < α1− α2< 0.

Valor instant´aneo.

Valor pico a pico.

Valor eficaz (r.m.s)=

qRT

v²(t)dt=V0/√

2. Relaci´on con la potencia.

Fasores y n´ umeros complejos

Puedo usar n´umeros complejos para representar se˜nales sinusoidales ( ver

http : //en.wikipedia.org/wiki/P hasor o http : //es.wikipedia.org/wiki/F asor):

v(t) = V0(cos(ωt + α) + j sin(ωt + α))¡¡S´olo nos interesa una parte!!

Representaci´on fasorial: v(t) = V0e^j(ωt+α) si V = V0e^jα ⇒ v(t) = V e^jωt

0 v(t)

V0

wt a

w p

p/2

2p

3p/2

p/2 p 3p/2 2p 0

a

T

Fasor (V

e

)

Es un n´umero complejo que representa el m´odulo V0 y la fase inicial e^jα de una se˜nal sinusoidal v(t).

¿Por qu´e trabajar con n´umeros complejos?

Ventaja: permite transformar ecuaciones diferenciales en ecuaciones

1

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Potencia

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Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Caracter´ısticas Generales

¿Qu´ e es una se˜ nal de corriente alterna? Se denomina corriente alterna a la corriente el´ ectrica en la que la magnitud y direcci´ on var´ıan c´ıclicamente. La forma de onda de la corriente alterna m´ as

com´ unmente utilizada es la de una onda senoidal. Sin embargo, en ciertas aplicaciones se utilizan otras formas de onda peri´ odicas, tales como la triangular o la cuadrada.

Representaci´ on: polaridad.

Notaci´ on.

Vamos a comenzar analizando las caracter´ısticas y el comportamiento

de las se˜ nales m´ as sencillas: aquellas que son de tipo senoidal.

Caracter´ısticas Generales II

Algunos tipos de ondas peri´ odicas tienen el inconveniente de no tener definida su expresi´ on matem´ atica, por lo que no se puede operar anal´ıticamente con ellas.

¿Por qu´ e trabajamos con ondas senoidales?

Las funciones seno y coseno est´an perfectamente definidas

matem´aticamente. Mediante la teor´ıa de los n´umeros complejos se analizan con facilidad los circuitos de alterna.

Las ondas peri´odicas no senoidales se pueden descomponer en suma de una serie de ondas senoidales de diferentes frecuencias (arm´onicos):

series de Fourier.

Se pueden generar con facilidad y en magnitudes de valores elevados para facilitar el transporte de la energ´ıa el´ectrica: transformadores.

Las leyes de Kirchoff se siguen cumpliendo. Problema: ahora

trabajamos con ecuaciones diferenciales.

1

Introducci´ on

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Impedancia

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Potencia

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Principio de Superposici´ on en CA

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Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Impedancia. Ley de Ohm generalizada.

Si v(t) = V0cos(ωt + α), se cumple que v(t) = Real

V0e^j(ωt+α)

⇒ A partir de ahora usaremos v(t) = V0e^j(ωt+α)para hacer las cuentas y al final, al calcular potenciales o intensidades, nos quedaremoss´olocon la parte real del resultado porque v(t) es la parte real del n´umero complejo V0e^j(ωt+α).

¿Por qu´e hacemos esto?Para poder seguir usando la Ley de Ohm.

Generalizaci´ on de la ley de Ohm v(t) = Zi(t)

Z es la Impedancia y se mide en Ohmios (Ω). Su valor depende del tipo de elemento a considerar. A continuaci´on lo calcularemos para:

Resistencia Condensador Bobina

Impedancia de una resistencia

Para una resistencia se cumple siempre que:

v(t)= Ri(t)

Si usamos quev(t)= V0e^j(ωt+α), la Ley de Ohm nos dice que V0e^j(ωt+α)= Ri(t). Esta expresi´on tiene dos consecuencias:

1 La impedancia de una resistencia se calcula comoZR= R.

2 La intensidad que recorre la resistencia esi(t)= ^V_R⁰e^j(ωt+α). Como puede observarse,i(t)tiene las mismas frecuencia angular y fase quev(t)pero distinto m´odulo.

Impedancia de un condensador

Para un condensador se cumple siempre que:

i(t)= C^dv(t)_dt

Si usamos quev(t)= V0e^j(ωt+α), la expresi´on anterior queda como

i(t)= C^{d(V0ej(ωt+α)}_dt ⁾ = CjωV0e^j(ωt+α)= Cjωv(t). Esta expresi´on tiene dos consecuencias:

1 La impedancia de un condensador se calcula comoZC=_jωC¹ =_ωC^−j =_ωC¹ e^−jπ2 ya quev(t)= _jωC¹ i(t).

2 La intensidad que recorre el condensador esi(t)= Cjωv(t)= CωV0e^{j(ωt+α+π2)}. Como puede observarse,i(t)tiene la misma frecuencia angular quev(t)pero distinto m´odulo (CωV0) y distinta fase (α + ^π₂).

Impedancia de una bobina

Para una bobina se cumple siempre que:

v(t)= L^di(t)_dt

Si usamos quev(t)= V0e^j(ωt+α), la expresi´on anterior queda como i(t)=_L¹ R

v(t)dt = _L¹R V0e^j(ωt+α)dt = _L¹_jω¹ V0e^j(ωt+α). Esta expresi´on tiene dos consecuencias:

1 La impedancia de una bobina se calcula comoZL= jωL = ωLe^jπ2 ya que v(t)= jωLi(t).

2 La intensidad que recorre la bobina esi(t)=_jωL¹ v(t)=_ωL^V0e^{j(ωt+α−π2)}. Como puede observarse,i(t)tiene la misma frecuencia angular quev(t)pero distinto m´odulo (_ωL^V0) y distinta fase (α −^π₂).

Impedancia

A partir de ahora, trataremos resistencias, bobinas y condensadores como si fueran resistencias de valor Z (ZR para resistencias, ZLpara bobinas y ZC para

condensadores) en los circuitos alimentados por corriente alterna de manera que cumplir´an la Ley de Ohm generalizada.

Las asociaciones de impedancias se har´an:

Serie: Zequivalente=

N

X

i

Zi

Paralelo: 1 Zequivalente

=

N

X

i

1 Zi

Puesto que la existencia de una resistencia, condensador o bobina no cambia la frecuencia angular de las se˜nales, a partir de ahora, ignoraremos la dependencia temporal de las mismas en los c´alculos (nos olvidamos del t´ermino e^jωt).

A˜nadiremos esta dependencia temporal (el t´ermino e^jωt) al final y, por tanto, operaremos s´olo con fasores.

Ejemplo 1: RCL serie

Ejemplo 1

R

L C v(t)

R=1kΩ L=1mH C=2nF

v(t)=10cos 10

t
V

Ejemplo 1: RCL serie

Ejemplo 1

R

L C v(t)

Se cumple que:

v(t) = v

(t) + v

(t) + v

(t) (1)

v(t) = i(t)R + Ldi(t) dt + 1

C Z

i(t)dt (2)

Pero si usamos fasores:

10V = IZR+ IZL+ IZC (3) 10V = IR+ IjωL+ I 1

jωC (4)

Ejemplo 1: RCL serie

Calculamos las impedancias:

ZR = 10³Ω (5)

ZC = 1

j10^{6 rad}_s 2 10⁻⁹F = −j0,510³Ω = 0,510³e^−jπ2Ω (6) ZL = j10⁶rad

s 10⁻³H = j10³Ω = 10³e^jπ2Ω (7) Como las tres est´an en serie, la impedancia equivalente:

Zeq = ZR+ ZC+ ZL= (10³+ j0,510³)Ω = 1,12e^j0,46Ω (8)

Calculamos el fasor que reperesenta la intensidad:

I = 10V

(10³+ j0,510³)Ω = 10V

1,12e^j0,46Ω = 8,93e^−j0,46mA (9)

j(^{106 radt−0,46})mA

Ejemplo 1: RCL serie

Usamos la ley de Ohm Generalizada aplicada a cada elemento para calcular la diferencia de potencial entre sus extremos:

V_R = RI = 10³Ω8,93e^−j0,46mA = 8,93e^−j0,46V (10)

V_C = 1

jωCI = 8,93e^−j0,46mA

j10^{6 rad}_s 2 10⁻⁹F = 0,510³e^{−j π}2Ω8,93e^−j0,46mA = 4,46e^−j2,03V (11)

V_L = jωLI = j10³Ω8,93e^−j0,46mA = 10³e^{j π}2Ω8,93e^−j0,46mA = 8,93e^j1,11V (12)

A˜nadimos la dependencia temporal:

v_R(t) = 8,93e^−j0,46e^{j106 rad}s t

V = 8,93e^{j(106 rad}s t−0,46)

V (13)

v_C(t) = 4,46e^−j2,03e^{j106 rad}s t

V = 4,46e^{j(106 rad}s t−2,03)

V (14)

v_L(t) = 8,93e^j1,11e^{j106 rad}s t

V = 8,93e^{j(106 rad}s t+1,11)

V (15)

Nos quedamos s´olo con la parte real:

v_R(t) = 8,93 cos

 10⁶rad

s t − 0,46



V (16)

v_C(t) = 4,46 cos

 10⁶rad

s t − 2,03



V (17)



6rad 

Ejemplo 1: RCL serie

¿Qu´ e ocurrir´ıa para otro valor de ω?

Ejemplo 1

R

L C v(t)

R=1kΩ L=1mH C=2nF

v(t)=10cos (ωt)V

Ejemplo 1: RCL serie

Se sigue cumpliendo:

10V = IZR+ IZL+ IZC (19)

10V = IR+ IjωL+ I 1

jωC (20)

10V = I



1kΩ + jω1mH + 1 jω2 10⁻⁹F



(21)

Zeq =

 1kΩ + j



ω1mH − 1

ω2 10⁻⁹F



(22)

= s

(1kΩ)²+



ω1mH − 1

ω2 10⁻⁹F

2

e

j arctan

ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ

!

Ejemplo 1: RCL serie

El fasor que representa a la intensidad es un n´umero complejo:

I = 10V

r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂ e

j arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ





(23)

I = 10V

r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

2e

−j arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ





(24)

A˜nadimos la dependencia temporal :

i(t) = Ie^jωt= 10V

r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

2e j



ωt−arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ







 (25)

Nos quedamos s´olo con la parte real:

i(t) = 10V

cos

 

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

 (26)

Ejemplo 1: RCL serie

Usamos la ley de Ohm para calcular la diferencia de potencial entre los extremos de la resistencia. Trabajo con fasores.

V_R= Z_RI = 1kΩ 10V

r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

2e

−j arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ



 (27)

A˜nadimos la dependencia temporal

v_R(t) = 1kΩ 10V

r (1kΩ)²+



ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂ e

j



ωt−arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ







 (28)

Nos quedamos s´olo con la parte real:

v_R(t) = 1kΩ 10V

r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

2cos



ωt − arctan





ω1mH − ¹

ω2 10−9 F 1kΩ







 (29)

Ejemplo 1: RCL serie

Usamos la ley de Ohm generalizada para calcular la diferencia de potencial entre los extremos del condensador. Trabajo con fasores.

V_C = Z_CI = e^{−j π}2 ω2 10⁻⁹F

10V e

−j arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ





r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂

(30)

= 10V e

−j



arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ



+π 2





ω2 10⁻⁹F r

(1kΩ)²+

ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂

(31)

A˜nado la dependencia temporalv_C(t) = ^{10V e} j



ωt−arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ



−π 2





ω2 10−9 F s

(1kΩ)2 +



ω1mH− 1

ω2 10−9 F

2

Me quedo s´olo con la parte real:

v (t) = ^10V cos ωt − arctan

ω1mH− 1

ω2 10−9 F

!

−^π

!

Ejemplo 1: RCL serie

Uso la ley de Ohm generalizada para calcular la diferencia de potencial entre los extremos de la bobina. Trabajo con fasores.

V_L = Z_LI = ω1mHe^{j π}2 10V e

−j arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ





r (1kΩ)²+



ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂

(32)

= 10V ω1mHe

−j



arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ



−π 2





r (1kΩ)²+



ω1mH − ¹

ω2 10−9 F

₂

(33)

A˜nado la dependencia temporal:

v_L(t) =^{10V ω1mHe} j



ωt−arctan





ω1mH− 1

ω2 10−9 F 1kΩ



+π 2





ω2 10−9 F s

(1kΩ)2 +



ω1mH− 1

ω2 10−9 F

2

Me quedo s´olo con la parte real:

v_L(t) = ^10V

ω2 10−9 F s

(1kΩ)2 +



ω1mH− 1

ω2 10−9 F

2cos ωt − arctan ^ω1mH−

1 ω2 10−9 F 1kΩ

!

−^π₂

!

1

Introducci´ on

2

Herramientas Matem´ aticas

3

Corriente Alterna

4

Impedancia

5

Potencia

6

Principio de Superposici´ on en CA

7

Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Potencia

Supongamos que

v(t) = V e^j(ωt+αV) i(t) = Ie^j(ωt+αI)

¿C´omo calculo la potencia?

Nopuedo multiplicar los n´umeros complejos y quedarme con la parte real Procedimiento adecuado:

P (t) = V I cos(ωt + αV) cos(ωt + αI) =^{V I}₂ [cos(2ωt + αV + αI) + cos(αV − αI)]

La potencia var´ıa con el tiempo con unafrecuencia doblea la de las se˜nales del circuito.

La potencia tiene una parte independiente del tiempo que es la que da lugar al valor medio de la potencia distinto de cero.

La potencia disipada en una bobina o un condensador es cero.

1

Introducci´ on

2

Herramientas Matem´ aticas

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Corriente Alterna

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Impedancia

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Potencia

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Principio de Superposici´ on en CA

7

Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

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Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Principio de Superposici´ on en circuitos con CA

Ejemplo 3

R L

C

v

(t) v

(t)

Si:

v1(t)=10 cos (10^{6 rad}_s t)V v2(t)=3 cos (2 10^{6 rad}_s t +^π₆)V

¿C´omo calculo las impedancias?

¿Qu´e valor de ω tengo que usar?

SOLUCI ´ON: Uso el Principio de superposici´on

El Principio de Superposici´on es especialmente ´util en CA para resolver circuitos en los que hay varias fuentes que operan a distintas frecuencias. En este caso, no podemos emplear ning´un otro m´etodo de resoluci´on de los aprendidos en CC.

Principio de Superposici´ on en circuitos con CA

La intensidad o diferencia de potencial entre los extremos de cualquier elemento del circuito del Ejemplo 3 se puede calcular como la suma de las intensidades o diferencias de potenciales que se obtienen al resolver los circuitos de los ejemplos 3a y 3b.

Ejemplo 3a

R L v

(t) C

Ejemplo 3b

R L C

v

(t)

Resuelvo el Ejemplo 3a usando ω = 10^{6 rad}_s . Resuelvo el Ejemplo 3b usando ω = 2 10^{6 rad}_s .

1

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Impedancia

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Potencia

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Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Teoremas de Thevenin y Norton en circuitos en CA

Equivalentes Thevenin y Norton

v

(t)

Z

a

b

i

(t) Z

a

b

La formulaci´ on de ambos teoremas es similar a la vista en CC. Ahora hablaremos de Impedancia Thevenin y de Impedancia Norton en lugar de Resistencias Thevenin y Norton.

Las impedancias Thevenin y Norton son ahora n´ umeros complejos ⇒ complejidad de determinaci´ on experimental.

Las impedancias Thevenin y Norton son ahora funciones de la

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Introducci´ on

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Corriente Alterna

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Impedancia

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Potencia

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Principio de Superposici´ on en CA

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Teoremas de Thevenin y Norton en CA.

8

Funci´ on de Transferencia. Filtros.

Funci´ on de Transferencia. Filtros

Supongamos un circuito arbitrario de manera que entre dos de sus puntos conectamos una fuente de tensi´on con cierta amplitud y cierta frecuencia (ventrada,ω) y estamos interesados en ver c´omo este hecho afecta la difencia de potencial entre otros dos puntos del circuito (vsalida,ω). Observamos que:

La frecuencia de entrada es igual a la de salida.

Si cambio la frecuencia de entrada, cambia la amplitud de salida.

Si cambio la frecuencia de entrada, cambio el desfase entre entrada y salida.

Matem´aticamente:

vsalida,ω= T (ω)ventrada,ω

donde:

vsalida,ω = |vsalida,ω|e^{jarg(vsalida,ω)} ventrada,ω = |ventrada,ω|e^{jarg(ventrada,ω)}

T (ω) = |T (ω)|ejarg(T (ω))











=⇒







|T (ω)|ejarg(T (ω))

=_|v^|vsalida,ω|

entrada,ω|

e^{j(arg(vsalida,ω)−arg(ventrada,ω))}

Funci´ on de Transferencia. Filtros

¿C´ omo puedo estudiar la funci´ on de transferencia gr´ aficamente?

Uso su representaci´on: Diagrama de Bode

¿C´omo se pinta un Diagrama de Bode?

Puesto que la funci´on de transferencia es un n´umero complejo, para representar su comportamiento en funci´on de la frecuencia (Diagrama de Bode) necesitamos hacer dos dibujos: el delargumentoy el delm´odulo.

Para estudiar elm´odulo, representamos 20log|T (ω)| (en decibelios) frente a la frecuencia (ω) usando una escala logar´ıtmica para la frecuencia.

Para estudiar elargumento, representamos su valor frente a la frecuencia usando para esta ´ultima una escala logar´ıtmica.

Para aprender a dibujar diagramas de Bode, usar el documento tituladoDibujo de diagramas de Bodedisponible en moodle.

Link muy ´util para pr´actica 3:

www.ugr.es/ jmolinos/files/elaboraciondediagramasdebode.pdf

Funci´ on de Transferencia. Filtros

|T (ω)|ejarg(T (ω))

= |vsalida,ω|

|ventrada,ω|e^{j(arg(vsalida,ω)−arg(ventrada,ω))}

Analizamos el m´odulo de la Funci´on de Transferencia

|T (ω)|= |vs|

|ve| ⇒|vs|=|T (ω)||ve|

Si |T (ω)| =

e|

< 1 ⇒ |v

| < |v

| ⇒ 20 log |T (ω)| < 0 Si |T (ω)| =

e|

> 1 ⇒ |v

| > |v

| ⇒ 20 log |T (ω)| > 0 Si |T (ω)| =

e|

= 1 ⇒ |v

| = |v

| ⇒ 20 log |T (ω)| = 0

Funci´ on de Transferencia. Filtros

|T (ω)|ejarg(T (ω))

= |vsalida,ω|

|ventrada,ω|e^{j(arg(vsalida,ω)−arg(ventrada,ω))}

Analizamos el argumento de la Funci´on de Transferencia arg(T (ω))=arg(vs) − arg(ve)

Si arg(T (ω)) = arg(v

) − arg(v

) < 0 ⇒ arg(v

) < arg(v

)

Si arg(T (ω)) = arg(v

) − arg(v

) > 0 ⇒ arg(v

) > arg(v

)

Si arg(T (ω)) = arg(v

) − arg(v

) = 0 ⇒ arg(v

) = arg(v

)

Circuito RC: Filtros paso alta y paso baja

Analizamos un circuito RC y ponemos la salida en:

1

el condensador: Filtro paso baja

T (ω) = 1

p1 + (RCω)

e

2

la resistencia: Filtro paso alta

T (ω) = RCω

p1 + (RCω)

e

Frecuencia de corte: es la frecuencia a la que la salida es un 70 % de la

se˜ nal de entrada. Esto se traduce en una disminuci´ on o aumento de la

funci´ on de transferencia en 3 dB.

Circuito RC: Filtros paso alta y paso baja

Bode del Filtro paso baja Bode del Filtro paso alta

Circuito RLC: Filtro paso banda

Si tomamos la salida en la resistencia:

T (ω) = ωRC

p(1 − ω²CL)²+ ω²C²R²e^j(

π

2−arctan( ^ωRC 1−ω2 CL))

Si definimos:

ω0= 1

√CL y δ = 1 2

rC LR La funci´on de transferencia puede escribirse como:

T (ω) = 2δ_ω^ω

0

q

(1 −_ω0^ω)²+^4ω_ω²

0

e^j(

π

2−arctan(^2δωω0 ω20−ω2))

Circuito RLC: Filtro paso banda

¿Qu´e ocurre a bajas frecuencias (ω << ω0)?

|T (ω)| = 2δ_ω^ω

√0

1 e^{j(π2−arctan(2δωω0))}

Bode en amplitud: 20 log |T (ω)| = 20 log 2δ_ω^ω

0 = 20 log ω + log_ω^2δ

0

Bode en fase: arg(|T (ω)|) = ^π₂ − arctan(2δ_ω^ω

0)

¿Qu´e ocurre a altas frecuencias (ω >> ω0)?

|T (ω)| = 2δω0

ωe^{j(π2−arctan(2δω0−ω ))}

Bode en amplitud: 20 log |T (ω)| = 20 log 2δ^ω_ω⁰ = −20 log ω + log_ω^2δ

0

Bode en fase: arg(|T (ω)|) = ^π₂ − arctan(2δ_−ω^ω0)

Pintando Bode a mano alzada

Los tipos de funciones sencillas que nos podemos encontrar son:

1

T (ω) = K donde K es un valor constante (no depende de ω).

2

T (ω) = j

0

donde ω

es un valor constante.

3

T (ω) =

ω0

donde ω

es un valor constante.

4

T (ω) = 1 + j

0

donde ω

es un valor constante.

5

T (ω) =

ω0

donde ω

es un valor constante.

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = K

La forma del diagrama de Bode de T (ω) = K depende del signo de K. Vamos a escribir la funci´on de transferencia T (ω) = K en forma polar:

T (ω) = |K|e^j0si K es positivo.

T (ω) = |K|e^jπsi K es negativo.

Entonces:

1 para el diagrama de Bode del m´odulo necesito:

20 log |T (ω)| = 20 log |K|dB

2 para el diagrama de Bode del argumento necesito:

arg T (ω) = 0 si K es positivo.

arg T (ω) = π si K es negativo.

Conclusi´on:El diagrama de Bode tanto del m´odulo como del argumento para este tipo de funciones esconstante, no depende de ω.

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = K

Ejemplo: T (ω) = −100 M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

20log|T( )|

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

argT( )

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = j

0

Comenzamos escribiendo la funci´on de transferencia T (ω) = j_ω^ω

0 en forma polar. Para ello usamos que esta funci´on es un n´umero complejo que tiene s´olo parte imaginaria.

T (ω) = |ω ω0

|e^jπ2 Entonces:

1 para el diagrama de Bode del m´odulo necesito:

20 log |T (ω)|= 20 log |ω ω0

|= 20 log ω − 20 log ω0

2 para el diagrama de Bode del argumento necesito:

arg T (ω) =π 2

Conclusiones:El diagrama de Bode tanto del m´odulo es una recta de pendiente 20dB que corta al eje X en ω = ω0. El diagrama de Bode del argumento para este tipo de funciones esconstante, no depende de ω.

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = j

0

Ejemplo: T (ω) = j₁₀^ω₅ M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

20log|T( )|

10⁵

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

argT( )

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

Comenzamos escribiendo la funci´on de transferencia T (ω) = _j¹ω

ω0 en forma polar. Para ello usamos que esta funci´on es un n´umero complejo que tiene s´olo parte imaginaria.

T (ω) = −jω0

ω = |ω0

ω|e^−jπ2 Entonces:

1 para el diagrama de Bode del m´odulo necesito:

20 log |T (ω)|= 20 log |ω0

ω| =20 log ω0-20 log ω

2 para el diagrama de Bode del argumento necesito:

arg T (ω) = −π 2

Conclusiones:El diagrama de Bode tanto del m´odulo es una recta de pendiente -20dB que corta al eje X en ω = ω0. El diagrama de Bode del argumento para este tipo de funciones esconstante, no depende de ω.

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

Ejemplo: T (ω) = _j¹ω 105

M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

20log|T( )|

10⁵

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

argT( )

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = 1 + j

0

Comenzamos escribiendo la funci´on de transferencia T (ω) = 1 + j_ω^ω

0 en forma polar:

T (ω) = v u u

t 1 + ω ω0

2!

e^{j arctanω0ω}

Entonces:

1 para el diagrama de Bode del m´odulo necesito:

20 log |T (ω)| = 20 log v u u

t 1 + ω ω0

2!

2 para el diagrama de Bode del argumento necesito:

arg T (ω) = arctan ω ω0

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = 1 + j

0

20 log |T (ω)| = 20 log v u u

t 1 + ω ω0

2!

Analizamos ahora el comportamiento asint´otico del m´odulo:

Siω >> ω0⇒ _ω^ω

0 >> 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

≈

ω ω₀

2

⇒ s

1 +

ω ω₀

2

≈_ω^ω

0

20 log |T (ω)|≈ 20 log_ω^ω

0= 20 log ω − 20 log ω0

Siω << ω0⇒ _ω^ω

0 << 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

≈ 1 ⇒ s

1 +

ω ω₀

2

≈ 1

20 log |T (ω)|≈ 20 log 1= 0dB Siω = ω0 ⇒ _ω^ω

0 = 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

= 2 ⇒ s

1 +

ω ω₀

2

=√ 2

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = 1 + j

0

arg T (ω) = arctan ω ω0

Analizamos ahora el comportamiento asint´otico del argumento:

Siω >> ω0⇒ _ω^ω

0 >> 1 ⇒ arctan_ω^ω

0 ≈ ^π₂ arg T (ω) ≈^π₂

Siω << ω0⇒ _ω^ω

0 << 1 ⇒ arctan_ω^ω

0 ≈ 0 arg T (ω) ≈ 0

Siω = ω0 ⇒ _ω^ω

0 = 1 ⇒ arctan 1 = ^π₄ arg T (ω) =^π₄

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) = 1 + j

0

Ejemplo: T (ω) = 1 + j₁₀^ω₅

M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

>>10⁵

<<10⁵ 10⁵

20log|T( )|

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

>>10⁵

<<10⁵ 10⁵

argT( )

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

Comenzamos escribiendo la funci´on de transferencia T (ω) = _1+j¹ω ω0

en forma polar:

T (ω) = 1

s 1 +

ω ω₀

2

e^{j arctanω0ω}

= 1

s 1 +

ω ω₀

2

e^{−j arctanω0ω}

Entonces:

1 para el diagrama de Bode del m´odulo necesito:

20 log |T (ω)| = 0 − 20 log v u u

t 1 + ω ω0

2!

2 para el diagrama de Bode del argumento necesito:

arg T (ω) = − arctan ω ω0

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

20 log |T (ω)| = −20 log v u u

t 1 + ω ω0

2!

Analizamos ahora el comportamiento asint´otico del m´odulo:

Siω >> ω0⇒ _ω^ω

0 >> 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

≈

ω ω₀

2

⇒ s

1 +

ω ω₀

2

≈_ω^ω

0

20 log |T (ω)|≈ −20 log_ω^ω

0 =-20 log ω + 20 log ω0

Siω << ω0⇒ _ω^ω

0 << 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

≈ 1 ⇒ s

1 +

ω ω₀

2

≈ 1

20 log |T (ω)|≈ 20 log 1= 0dB Siω = ω0 ⇒ _ω^ω

0 = 1 ⇒ 1 +

ω ω₀

2

= 2 ⇒ s

1 +

ω ω₀

2

=√ 2

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

arg T (ω) = − arctan ω ω0

Analizamos ahora el comportamiento asint´otico del argumento:

Siω >> ω0⇒ _ω^ω

0 >> 1 ⇒ arctan_ω^ω

0 ≈ ^π₂ arg T (ω) ≈ −^π₂

Siω << ω0⇒ _ω^ω

0 << 1 ⇒ arctan_ω^ω

0 ≈ 0 arg T (ω) ≈ 0

Siω = ω0 ⇒ _ω^ω

0 = 1 ⇒ arctan 1 = ^π₄ arg T (ω) = −^π₄

Pintando Bode a mano alzada. T (ω) =

Ejemplo: T (ω) = _1+j¹ω 105

M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

>>10⁵

<<10⁵ 10⁵

20log|T( )|

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

>>10⁵

<<10⁵ 10⁵

argT( )

Pintando Bode a mano alzada.

En general, en esta asignatura, vamos a poder escribir siempre una funci´on de

transferencia T (ω) como el producto de una serie de funciones de transferencia sencillas (Ti(ω)):

T (ω) =Y

i

Ti(ω) =Y

i

|Ti(ω)|e^{j arg Ti(ω)}

= Y

i

|Ti(ω)|

!

e^{jPiarg Ti(ω)}= |T (ω)|ej arg T (ω)

De la igualdad anterior podemos concluir que:

|T (ω)| = Y

i

|Ti(ω)| ⇒ 20 log |T (ω)| =X

i

(20 log |Ti(ω)|) arg T (ω) = X

i

arg Ti(ω)

Entonces,

si conozco el diagrama de Bode en m´odulo cada Ti(ω) podr´e calcular el de T (ω) simplemente sum´andolos.

si conozco el diagrama de Bode de cada arg Ti(ω) podr´e calcular el de arg T (ω) sum´andolos.

Pintando Bode a mano alzada.

Ejemplo: T (ω) = ^j

ω 103 1+j ^ω

105

⇒T(ω)=T1(ω)T2(ω)=(j₁₀^ω₃)_1+j¹ω 105

M´odulo

0.1 1 10 100 10001000

0.1 1 10 100 10000 100000 1000000

20dB 40dB 60dB

-20dB

-40dB

-60dB

1000000

10⁵

20log|T( )|

10³

Argumento

0.1 1 10 100 10001000

0.1 /4 /2 3 /4

-3 /4 - /2 - /4

1 10 100 10000 100000 1000000 1000000

10⁵

argT( ) ¹⁰³